Deje que $k$ ser un campo. La primera álgebra de Weyl $A_1(k)$ es la libertad asociativa $k$-álgebra generada por dos letras, $x$ y $y$ sujeto a la relación $$xy-yx=1,$$, que es usualmente llamado Heisenberg o Weyl conmutación relación. Este es un muy importante ejemplo de no-conmutativa anillo que aparece en muchos lugares, a partir de la teoría algebraica de los operadores diferenciales de la física cuántica (la ecuación anterior es de Heisenberg del principio de indeterminación, en un sentido) de los pináculos de la Mentira de la teoría a la combinatoria para casi cualquier cosa.
Para nosotros ahora, esta álgebra muestra porque
$A_1(k)$-módulos son esencialmente la misma cosa como soluciones de la ecuación $PQ-QP=I$ con $P$ y $Q$ endomorphisms de un espacio vectorial.
En efecto:
si $M$ es una izquierda $A_1(k)$-módulo $M$ es un $k$-espacio vectorial y hay un homomorphism de $k$-álgebras de $\phi_M:A_1(k)\a\hom_k(M,M)$ a el endomorfismo álgebra de $M$ vistos como un espacio vectorial. Desde $x$ y $y$ generar el álgebra de $A_1(k)$, $\phi_M$ está totalmente determinado por los dos endomorphisms $P=\phi_M(x)$ y $Q=\phi_M(y)$; por otra parte, dado que $\phi_M$ es un álgebra de homomorphism, tenemos $PQ-QP=\phi_1(xy-yx)=\phi_1(1_{A_1(k)})=\mathrm{id}_M$. Así vemos que $P$ y $Q$ se endomorphisms del espacio vectorial $M$ que satisfacer nuestros deseos relación.
Por el contrario, si $M$ es un espacio vectorial y $P$, $Q:M\to M$ son dos lineal endomorphisms, entonces uno puede ver más o menos automáticamente, que no hay un único álgebra de morfismos $\phi_M:A_1(k)\a\hom_k(M,M)$ tal que $\phi_M(x)=P$ y $\phi_M(y)=Q$. Este homomorphism convierte $M$ en una izquierda $A_1(k)$-módulo.
Estas dos construcciones, una que va desde $A_1(k)$-módulo a un par $(P,Q)$ de endomorphisms de un espacio vectorial $M$ tal que $PQ-QP=\mathrm{id}_M$, y el otro va para otro lado, son mutuamente inversas.
Una conclusión que podemos sacar de todo esto es que tu pregunta
por lo que los campos de $k$ ¿existen $n\geq1$ y matrices de $A$, $B\en M_n(k)$
tales que $AB-BA=I$?
es esencialmente equivalente a
por lo que los campos de $k$ hace $A_1(k)$ finito dimensionales de los módulos?
Ahora, es muy fácil ver que $A_1(k)$ es un infinito dimensional álgebra, y que, de hecho, el conjunto $\{x^iy^j:i,j\geq0\}$ de monomials es de $k$-base.
Dos de las propiedades clave de $A_1(k)$ son los siguientes:
Teorema. Si $k$ es un campo de característica cero, entonces $A_1(k)$ es un simple álgebra, es decir, $A_1(k)$ no tiene ningún no-cero adecuada bilateral ideales. Su centro es trivial: es simplemente el $1$-dimensional subespacio generado por la unidad de elemento.
Una inmediata consecuencia de esto es la siguiente
La proposición. Si $k$ es un campo de característica cero, el valor de $A_1(k)$ no tiene ningún no-cero finito dimensionales de los módulos. Equivalentemente, no existe $n\geq1$ y un par de matrices $P$, $P\in M_n(k)$ tal que $PQ-QP=I$.
Prueba. Supongamos que $M$ es finito dimensionales $A_1(k)$-módulo. Entonces tenemos un álgebra de homomorphism $\phi:A_1(k)\a\hom_k(M,M)$ tal que $\phi(a)(m)=am$ para todo $a\in A_1(k)$ y todos los $m\in M$. Desde $A_1(k)$ es infinito dimensional y $\hom_k(M,M)$ es finito dimensionales (porque $M$ es finito dimensionales!) el núcleo $I=\ker\phi$ no puede ser cero, de hecho, debe hace finito codimension. Ahora $I$ es bilateral de un ideal, de modo que el teorema implica que debe ser igual a $A_1(k)$. Pero entonces $M$ debe ser cero dimensional, por $1\en A_1(k)$ actúa al mismo tiempo como la identidad y como cero. $\Caja$
Esta proposición también puede ser demostrado mediante la toma de huellas, como todos los demás ha observado en esta página, pero el hecho de que $A_1(k)$ es simple es inmensamente más poderosa pieza de conocimiento (hay ejemplos de álgebras de que no tienen finito dimensionales de los módulos y que no son simples, por cierto :) )
Ahora supongamos que $k$ es de característica p $a>0$. ¿Qué cambios en la duración de la álgebra? El cambio más significativo es
De la observación. El álgebra $A_1(k)$ no es simple. Su centro $Z$ es generado por los elementos $x^p$ y $y^p$, que son algebraicamente independientes, de modo que $Z$ es, de hecho, isomorfo a un polinomio de anillo en dos variables. Nos puede escribir a $Z=k[x^p,y^p]$.
De hecho, una vez que nos damos cuenta de que $x^p$ y $y^p$ son elementos centrales -y esto está demostrado por un sencillo cálculo - es fácil de escribir no trivial bilateral ideales. Por ejemplo, $(x^p)$ obras; el punto clave en la demostración de esto es el hecho de que, desde $x^p$ es central, a la izquierda ideal que genera coincide con el bilateral ideal, y es muy fácil ver que la izquierda ideal es propio y distinto de cero.
Por otra parte, un poco con este juego nos va a dar la siguiente. No sólo $A_1(k)$ bilateral ideales: tiene bilateral ideales de finito de codimension. Por ejemplo, el ideal $(x^p,y^p)$ es fácilmente visto a tener codimension $p^2$; de forma más general, podemos escoger dos escalares $a$, $b\in k$ y considerar el ideal $I_{a,b}=(x^p-a,y^p-b)$, que tiene la misma codimension $p^2$. Ahora este se deshizo de la obstrucción a la búsqueda de finito-dimensional de los módulos que hemos tenido en la característica cero caso, por lo que podemos esperar finito dimensionales de los módulos de ahora!
Más: en realidad, esto nos da un método para producir pares de matrices satisface la relación de Heisenberg. Podemos recoger un buen bilateral ideal $I\subseteq A_1(k)$ finito de codimension, considerar el finito dimensionales $k$-álgebra $B=A_1(k)/I$ y buscar finitely generó $B$-módulos: cada módulo se nos ofrece con un finito dimensionales $A_1(k)$-módulo y las observaciones por encima de producir a partir de los pares de matrices que están relacionados con la forma en la que queremos.
Así que vamos a hacer esto de forma explícita en el caso más simple: supongamos que $k$ es algebraicamente cerrado, deje que $a$, $b\in k$ y dejar que $I=I_{a,b}=(x^p-a,y^p-b)$. El álgebra $B=A_1(k)/I$ ha dimensión $p^2$, $\{x^iy^j:0\leq i,j<p\}$ como base. Exactamente la misma prueba de que el álgebra de Weyl es simple cuando el campo de tierra es de característica cero demuestra que $B$ es simple, y en la misma forma en que la misma prueba que demuestre que el centro de la álgebra de Weyl es trivial en característica cero muestra que el centro de $B$ es $k$; pasando de $A_1(k)$ a $B$ tenemos modded la obstrucción a la realización de estas pruebas. En otras palabras, el álgebra $B$ es lo que se llama un (finito dimensionales) central simple álgebra. El teorema de Wedderburn ahora implica que, de hecho, $B\cong M_p(k)$, ya que esta es la única semisimple álgebra de dimensión $p^2$, con trivial centro. Una consecuencia de esto es que no hay un único (hasta el isomorfismo) sencilla $B$-módulo $S$, de dimensión $p$, y que todos los otros finito dimensionales $B$-módulos directa sumas de copias de $S$.
Ahora, desde $k$ es algebraicamente cerrado (mucho menos sería suficiente) hay un $\alpha\in k$ tal que $\alpha^p=$. Deje que $V=k^p$ y considerar el $p\times p$-matrices de $$Q=\begin{pmatrix}0&&&&b\\1&0\\&1&0\\&&1&0\\&&&\ddots&\ddots\end{pmatrix}$$, que es todo ceros esperar por $1$s en la primera subdiagonal y $b$ en la esquina superior derecha, y $$P=\begin{pmatrix}-\alpha&1\\&-\alpha&2\\&&-\alpha&3\\&&&\ddots&\ddots\\&&&&-\alpha&p-1\\&&&&&-\alpha\end{pmatrix}.$$ Uno puede demostrar que $P^p=aI$, $P^p=bI$ y que $PQ-QP=I$, por lo que nos dan a nosotros una de morfismos de álgebras de $B\a\hom_k(k^ p,k^ p)$, es decir, se convierten $k^p$ a $B$-módulo. Se debe ser isomorfo a $S$, ya que los dos tienen la misma dimensión y sólo hay un módulo de esa dimensión; esto determina todos finito dimensionales módulos, los cuales son directos sumas de copias de $S$, como se dijo más arriba..
Esto generaliza el ejemplo Henning dio, y en el hecho de que uno puede mostrar que este procedimiento ofrece a todos los $p$-dimensional $A_1(k)$-los módulos pueden ser construidos a partir de los cocientes por los ideales de la forma $I_{a,b}$. Haciendo directa sumas de dinero para varias opciones de $a$ y $b$, esto nos da un montón de finito dimensionales $A_1(k)$-módulos y, a continuación, de parejas de matrices satisface la relación de Heisenberg. Creo que podemos obtener de esta manera todos los semisimple finito dimensionales $A_1(k)$-módulos pero yo tendría que pensar un poco antes de reclamar por cierto.
Por supuesto, esto sólo trata con el caso más simple. El álgebra $A_1(k)$ ha no semisimple finito-dimensional de cocientes, que son bastante complicados (y creo que hay bastante de salvajes álgebras de entre ellos...) así que uno puede obtener muchos, muchos más ejemplos de los módulos y de los pares de matrices.
